[考试反思]1103csp-s模拟测试99： 美梦

可能这次考得好的原因就是熬夜颓废到不算太晚？（啪）

但是是真心困。

考前跟akt说：我希望今天考一点那种不用动脑子，就是一直码的题。

然后开门T1一道线段树维护单调栈的板子我就。。。了

当时调了一上午啊，我就觉得考场上不可能调出来，但是T2和T3都不会做，所以回去调板子。

说是“调”其实很不严谨，因为我其实就是一直在写，连编译都没有编译过。

一个半小时之后差不多要写完了（但是还没有写完）。感觉心累，并不觉得自己写的是对的（模板爆零专家）

于是没打完就弃了。

T3感觉数据很难造而可行方案很多，于是乱打了一个。

然后觉得T2的题目有7个参数很难写，就想都没想打了一个非常蠢的$O(n^3log n)$的暴力。（可以非常简单的优化到$O(n^2 log n)$）

最后给T1写了一个20分的暴力，把自己写的线段树注释了。离考试结束还有10分钟。

检查完文件闲得无聊。于是去继续在注释里写T1的线段树。

本来就没差多少于是写完了，脑子一抽想试一下。

结果就过样例了，然而我很不放心觉得它过不了，于是还测试点分治了一下。

然后我板子居然没爆炸2333太快乐了。

然后T3乱搞A了2333太快乐了。

然后T2的$O(n^3logn)$过了1000的点2333太快乐了。

然后就莫名其妙地rank1了2333太快乐了。

真的不是在用脑子考试，是在用RP考试。。。

T1：陶陶摘苹果

题目已经说了显然是快速傅丽叶变换再加一个狄利克雷卷积

可以发现这是一个非常裸的线段树优化单调栈，可以去看我《椎》的题解，写的挺详细的。

复杂度是$O(nlog^2n)$的。不是最优的但是也可过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cl[800005],cr[800005],w[800005],mx[800005],mxr,n,m,h[100005],rv[800005];
int ask(int p,int l,int r,int W){
    if(W>=mx[p])return 0;
    if(cl[p]==cr[p]){mxr=max(mxr,mx[p]);return 1;}
    if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r){
        if(W>mx[p<<1|1])return ask(p<<1,l,r,W);
        int re=ask(p<<1|1,l,r,W)+rv[p];
        mxr=max(mxr,mx[p]);return re;
    }
    int ans=0;
    if(r>cr[p<<1])ans=ask(p<<1|1,l,r,W);
    if(l<=cr[p<<1])ans+=ask(p<<1,l,r,mxr);
    return ans;
}
void update(int p){
    mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
    mxr=0;rv[p]=ask(p<<1,cl[p<<1],cr[p<<1],mx[p<<1|1]);
}
void modify(int p,int pos,int H){
    if(cl[p]==cr[p]){mx[p]=H;return;}
    modify(pos<=cr[p<<1]?p<<1:p<<1|1,pos,H);
    update(p);
}
void build(int p,int l,int r){
    cl[p]=l;cr[p]=r;
    if(l==r){w[p]=1;mx[p]=h[l];return;}
    build(p<<1,l,l+r>>1);
    build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
    update(p);
}
int main(){
    freopen("TaoPApp.in","r",stdin);
    freopen("TaoPApp.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[n+1-i]);
    build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int p,nw,r,mx=-1,cnt=0;scanf("%d%d",&p,&nw);p=n+1-p;r=h[p];
        if(n<=5000&&m<=5000){
            h[p]=nw;
            for(int j=n;j;--j)if(h[j]>mx)mx=h[j],cnt++;
            printf("%d
",cnt);h[p]=r;
        }
        else modify(1,p,nw),mxr=0,printf("%d
",ask(1,1,n,0)),modify(1,p,r);
    }
}

也有其它做法，如分治（像《走路》）。

题解的做法是考虑每个点左右两端，预处理出来它的类似与于单调栈的东西，然后二分位置。也挺麻烦的。

T2：开心的金明

暴力50%：

枚举买进原料的时间，枚举制造电脑的时间，枚举卖出的时间，线段树维护电脑还能存多少（区间减，区间取min），复杂度O(n^3logn)。

#include<cstdio>
#define inf 1234567890
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int k,bf[50005],s[50005],kpn[50005],kpf[50005],ksf[50005],mf[50005],mn[50005];long long ans;
struct Segment_Tree{
    int mn[400005],lz[400005],cl[400005],cr[400005];
    void build(int p,int l,int r){
        cl[p]=l;cr[p]=r;
        if(l==r)return (void)(mn[p]=kpn[l]);
        build(p<<1,l,l+r>>1);
        build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
        mn[p]=min(mn[p<<1],mn[p<<1|1]);
    }
    void down(int p){
        mn[p<<1]-=lz[p];mn[p<<1|1]-=lz[p];
        lz[p<<1]+=lz[p];lz[p<<1|1]+=lz[p];
        lz[p]=0;
    }
    void minus(int p,int l,int r,int w){
        if(r<l)return;
        if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return mn[p]-=w,lz[p]+=w,(void)0;
        if(lz[p])down(p);
        if(l<=cr[p<<1])minus(p<<1,l,r,w);
        if(r>cr[p<<1])minus(p<<1|1,l,r,w);
        mn[p]=min(mn[p<<1],mn[p<<1|1]);
    }
    int ask(int p,int l,int r){
        if(r<l)return inf;
        if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return mn[p];
        if(lz[p])down(p);
        return min(l<=cr[p<<1]?ask(p<<1,l,r):inf,r>cr[p<<1]?ask(p<<1|1,l,r):inf);
    }
}T;
int main(){
    freopen("happy.in","r",stdin);
    freopen("happy.out","w",stdout);
    scanf("%d",&k);
    for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d%d%d%d",&bf[i],&s[i],&mf[i],&mn[i]);
    for(int i=1;i<k;++i)scanf("%d%d%d",&kpn[i],&ksf[i],&kpf[i]),ksf[i]+=ksf[i-1],kpf[i]+=kpf[i-1];
    T.build(1,1,k-1);
    for(int sd=1;sd<=k;++sd){
        int lft=s[sd];
        while(lft){
            int bbd,bpd,num,cost=inf;
            for(int pd=sd;pd;--pd)for(int bd=pd;bd;--bd){
                int C=bf[bd]+ksf[pd-1]-ksf[bd-1]+kpf[sd-1]-kpf[pd-1]+mf[pd],Num=min(mn[pd],T.ask(1,pd,sd-1));
                if(C<cost&&Num)num=Num,cost=C,bbd=bd,bpd=pd;
            }
            if(cost==inf)return puts("-1"),0;
            num=min(num,lft);
            lft-=num;T.minus(1,bpd,sd-1,num);mn[bpd]-=num;
            ans+=num*cost;
        }
    }printf("%lld
",ans);
}

因为对材料没有任何的限制，所以可以预处理材料在每一天的价格，就可以降低到$O(n^2log n)$。

直接上正解。

首先正解也用到了这种处理原材料的价格的方法：对于新的一天，要么把昨天单位原材料的价格+昨天到今天存储原材料的价格作为今天的价格，要么直接把今天买入的价格作为真正价格。

然后反正你已经有原料了。用set维护结构体存每一个电脑的费用以及这个费用的电脑的数量。

模拟每一天的过程。

计算今天制造电脑的价格（最小原材料价格+制造费用），放进set里。

卖电脑。从set里取出价格最小的电脑一直到卖够数量，累加答案，卖不够就无解。

屯材料。计算材料留到明天的价格，是min(留到今天的价格+存储费用，明天再买的价格)

屯电脑。如果set里的电脑多于存储上限，那就干掉最贵的，留下的电脑涨价（存储价格）。

没了。就是贪心。

#include<cstdio>
#include<set>
using namespace std;
struct P{int n,f;friend bool operator<(P a,P b){return a.f<b.f;}};
multiset<P>S,res;
int k,bf[50005],s[50005],kpn[50005],kpf[50005],ksf[50005],mf[50005],mn[50005],sf,totn;
long long ans;
main(){
    freopen("happy.in","r",stdin);
    freopen("happy.out","w",stdout);
    scanf("%d",&k);
    for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d%d%d%d",&bf[i],&s[i],&mf[i],&mn[i]);
    for(int i=1;i<k;++i)scanf("%d%d%d",&kpn[i],&ksf[i],&kpf[i]);
    sf=bf[1];
    for(int i=1;;++i){
        if(mn[i])S.insert((P){mn[i],mf[i]+sf});totn+=mn[i];
        while(s[i]){
            if(S.empty())return puts("-1"),0;
            P x=*S.begin();int num=min(s[i],x.n);S.erase(S.begin());
            ans+=1ll*x.f*num;x.n-=num;totn-=num;s[i]-=num;
            if(x.n)S.insert((P){x.n,x.f});
        }
        if(i==k)break;
        sf=min(sf+ksf[i],bf[i+1]);
        while(totn>kpn[i]){
            P x=*S.rbegin();int num=min(totn-kpn[i],x.n);S.erase(--S.end());
            totn-=num;x.n-=num;
            if(x.n)S.insert((P){x.n,x.f});
        }
        for(auto it=S.begin();it!=S.end();++it)res.insert((P){(*it).n,(*it).f+kpf[i]});
        swap(S,res);res.clear();
    }printf("%lld
",ans);
}

T3：笨小猴

#include<cstdio>
#include<set>
using namespace std;
struct A{int a,b,o;friend bool operator<(A x,A y){return x.a<y.a;}};
struct B{int a,b,o;friend bool operator<(B x,B y){return x.b<y.b;}};
set<A>as[2];set<B>bs[2];
int st[200005],n;long long ala,alb,tota,totb;
int main(){
    freopen("grandmaster.in","r",stdin);
    freopen("grandmaster.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,a,b;i<=n+1;++i){
        scanf("%d%d",&a,&b);
        ala+=a;alb+=b;tota+=a;totb+=b;
        as[0].insert((A){a,b,i});
        bs[0].insert((B){a,b,i});
    }
    for(int i=1,a,b;i<=n;++i){
        scanf("%d%d",&a,&b);
        tota+=a;totb+=b;st[n+1+i]=1;
        as[1].insert((A){a,b,n+1+i});
        bs[1].insert((B){a,b,n+1+i});
    }
    if(ala>tota-ala&&alb>totb-alb){for(int i=1;i<=n+1;++i)printf("%d
",i);return 0;}
    if(ala<=tota-ala&&alb<=totb-alb){for(int i=n;i<=n+n+1;++i)printf("%d
",i);return 0;}
    int nst=0;
    while(1){
        ala=tota-ala;alb=totb-alb;//printf("%lld %lld
",ala,alb);
        if(ala<=tota-ala){
            A c=*(--as[nst].end());B d=(B){c.a,c.b,c.o};//printf("--%d %d %d
",c.a,c.b,c.o);
            as[nst].erase(c);bs[nst].erase(d);
            nst^=1;as[nst].insert(c);bs[nst].insert(d);
            ala+=c.a;alb+=c.b;st[c.o]=nst;
        }else{
            B c=*(--bs[nst].end());A d=(A){c.a,c.b,c.o};//printf("--%d %d %d
",c.a,c.b,c.o);
            bs[nst].erase(c);as[nst].erase(d);
            nst^=1;bs[nst].insert(c);as[nst].insert(d);
            ala+=c.a;alb+=c.b;st[c.o]=nst;
        }
        if(ala>tota-ala&&alb>totb-alb){for(int i=1;i<=n+n+1;++i)if(st[i]==nst)printf("%d
",i);return 0;}
    }
}

正解很好啊。所有物品按照A排序，选出每一对里B较大的一个。再选出最后一个。

这样的话如果在一对里A大的B也大，那么直接删除这一对就可以继续考虑剩下的问题。

那么到最后你剩下的就是一堆按A排序的牌，它们的每一对你都选了第一张。

然后因为我们还选了最后一张，所以我们其实可以把第一张牌扔掉再次进行配对。

可以发现每一对牌里A大的B也大了。所以决策合法。

题挺好，思路也挺好，就是数据没法造。